湖南省长沙市明德中学2022-2023学年高二数学上学期第一次月考试卷（Word版附解析）

明德中学2022-2023学年高二上学期第一次模块考试

数学

时量：120分钟满分：150分

一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1. 已知：，：，，则是的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即得.

【详解】由可得，或，，

所以由推不出，，由，，可以推出，

故是的必要不充分条件.

故选：B.

2. 已知复数满足，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由复数的四则运算求解

【详解】由题意可得.

故选：A

3. 若直线与直线平行，则（    ）

A.  B.  C. 或 D. 不存在

【答案】B

【解析】

【分析】根据两直线平行，列出方程，去掉两直线重合的情况，即可得到结果.

【详解】由直线与直线平行，可得:，解得．

故选:B.

4. 圆关于直线对称的圆的方程是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先求得圆关于直线对称的圆的圆心坐标，进而即可得到该圆的方程.

【详解】圆圆心坐标为，半径为3

设点关于直线的对称点为，

则 ，解之得

则圆关于直线对称圆的圆心坐标为

则该圆的方程为，

故选：D．

5. 已知椭圆的两个焦点为，，M是椭圆上一点，若，，则该椭圆的方程是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】首先设，，再利用焦点三角形是直角三角形，列式求，即可求得的值.

【详解】设，，因为，，，所以，，所以，所以，所以．因为，所以．所以椭圆的方程是．

故选：C

6. 已知直线：恒过点，过点作直线与圆C：相交于A，B两点，则的最小值为（   ）

A.  B. 2 C. 4 D.

【答案】A

【解析】

【分析】写出直线的定点坐标并判断与圆的位置关系，进而确定最小时直线与直线的位置关系，即可得结果.

【详解】由恒过，

又，即在圆C内，

要使最小，只需圆心与的连线与该直线垂直，所得弦长最短，

由，圆的半径为5，

所以.

故选：A

7. 已知O为坐标原点，F是椭圆C：的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点.P为C上一点，且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】试题分析：如图取与重合，则由直线同理由,故选A.

考点：1、椭圆及其性质；2、直线与椭圆.

【方法点晴】本题考查椭圆及其性质、直线与椭圆，涉及特殊与一般思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 如图取与重合，则由直线同理由

.

8. 已知函数的定义域为，，若存在实数，，，使得，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由已知求得函数定义域，得到函数的解析式，然后化简，

得，最后换元后利用配方法求得函数最值求解

【详解】的定义域为，由，解得，

的定义域为，

，

令，，，则,

当时为增函数 ,，，

存在实数, 使得，

即，解得

故选：D

【点睛】本题考查不等式的有解问题，化简得①，第一个难点在于通过令，把①换元为

第二个难点在于通过换元把题目的条件转化成式子来进行求解，属于难题

二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.全对得5分，少选得2分，多选、错选不得分）

9. 已知椭圆的长轴长为10，其焦点到中心的距离为4，则这个椭圆的标准方程可以为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】由题意得到，再根据,求出，分焦点在x轴和y轴上写出标准方程即可

【详解】解：因为椭圆的长轴长为10，其焦点到中心的距离为4，所以，解得，

又，

所以当椭圆的焦点在x轴上时，椭圆的标准方程为；

当椭圆的焦㤐在y轴上时，椭圆的标准方程为，

故选：BD

10. 下列命题中，正确的是（    ）

A. 在 中，若，则

B. 在中，若，则

C. 在中，若，则是等腰三角形或直角三角形

D. 等边边长为1，若，则

【答案】ACD

【解析】

【分析】对于A,B,C选项，结合正弦定理，对选项逐一判断即可，对于D选项，弄清向量夹角的定义以及向量数量积的计算即可

【详解】对于A， , ，

由正弦定理得：（为的外接圆半径），即

故A正确；

对于B， ，由正弦定理得， ，

得 ，或 ，故B错误；

对于C，，由正弦定理得， ，即

或 ，即 或 ，所以是等腰三角形或直角三角形，故C正确；

对于D，由题意 ， ，同理可得

， ，故D正确

故选：ACD

11. 已知圆C：，则下列四个命题表述正确的是（    ）

A. 过点作圆的两条切线，切点分别为M，N，则直线的方程为

B. 若圆与圆E：恰有四条公切线，则的取值范围是

C. 圆上有且仅有3个点到直线：的距离都等于1

D. 将圆向左平移一个单位长度得到圆，若斜率为－1的直线与圆交于不同的两点?，?，O为坐标原点，且有，则的最大值为120°

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据直线与圆，圆与圆的位置关系判断即可

【详解】对于A，当切线的斜率存在时，设所求切线的斜率为 ，那么过点 的切线方程为 ，即 ，由圆心到切线的距离等于圆的半径2，得 ，得 ，则切线的方程为 ；当切线斜率不存在时，可得切线方程为 ，故其中一个切点为 ，计算可得 的方程为 ，联立 ，解得 可得另一个切点的坐标为 ，再根据两点式得直线 的方程为 ，故A正确；对于B，圆 的圆心 ，半径为2，圆 的圆心 ,半径为 ，两圆圆心的距离 ，又两圆有四条公切线，故两圆外离，则有 ，得 ，故B错误；对于C，圆心 到直线 的距离 ，圆的半径 ，则直线与圆 相交，故圆 上有3个点到直线 的距离为1，故C正确；对于D，设 的中点为 ，则 ，因为 ，所以 ,可得 ，则 ,故 的最大值为 ，故D正确，

故选：ACD

12. 在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，G为C1D1的中点，K为A1D1中点，M为AB中点，点P在线段B1C上运动，点Q在棱C1C上运动， 则下列结论正确的有（　　）

A. 直线BD1⊥平面A1C1D

B. 异面直线AP与A1D所成角的取值范围是

C. PQ+QG的最小值为

D. 过点GKM的平面截正方体所得多边形的面积为

【答案】BCD

【解析】

【分析】对于A选项，利用正方体的性质及线面垂直的判定定理即可判断；

对于B选项，由题可得与所成角即为异面直线与所成角；

对于C选项，利用展开图即可判断；

对于D选项，作出截面为正六边形，求其面积即可.

【详解】对于A选项，连接，则，

由题可知，平面，且平面，则，

又，面，平面，平面，则，

同理可得，，面，直线平面，则选项A正确；

对于B选项，由题可知，，，

所以四边形为平行四边形，则，所以与所成角即为异面直线与所成角，

易知是等边三角形，又点在线段上运动，所以直线与所成角的取值范围是，则B选项错误；

对于C选项，如图展开平面，使平面共面，过作，交与点，交与点，

则此时最小，由题可知，，，则，即的最小值为，则C选项正确；

对于D选项，作中点，连接，

如图，易知多边形为过点GKM的平面截正方体所得多边形，

易求，即多边形为正六边形，

连结交于点，故.

故选：ACD.

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 已知函数，若是奇函数，且，则___________.

【答案】1

【解析】

【分析】由已知可得，再应用奇函数的性质求，最后根据函数式求即可.

【详解】由题意知，，则，

∵是奇函数，

∴，故.

故答案为：1.

14. 已知直线l过点P（2，4），在x轴和y轴上的截距相等，则直线l的方程为______．

【答案】x＋y﹣6＝0，2x﹣y＝0

【解析】

【分析】分直线在x轴和y轴上的截距为零和不为零，分别设出直线方程，将点P（2，4）代入求解.

【详解】当直线在x轴和y轴上的截距为零时，设直线方程为，

因为直线直线l过点P（2，4），

所以，则直线方程为，

当直线在x轴和y轴上的截距不为零时，设直线方程为 ，

因为直线直线l过点P（2，4），

所以，则直线方程为 ，

综上直线在x轴和y轴上的截距相等时，直线l的方程为x＋y﹣6＝0，2x﹣y＝0，

故答案为：x＋y﹣6＝0，2x﹣y＝0

15. 如图，，分别是椭圆的左、右焦点，点P是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点Q，若，则直线的斜率为_______．

【答案】

【解析】

【分析】连接，设（），则.利用椭圆的定义表示出，由勾股定理求出，即可得到，进而求出直线的斜率.

【详解】如图，连接.

设（），则.

因为，，所以，.

在中，，所以，即，整理得，所以，所以直线的斜率为．

故答案为：-2.

16. 圆的方程为，圆的方程为，过圆上任意一点作圆的两条切线、，切点分别为、，则的最小值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】设，可得出，利用三角函数的定义以及平面向量数量积的定义可得出，利用圆的几何性质求得的取值范围，结合双勾函数的单调性可求得的最小值.

【详解】设，则，

由切线长定理可得，，，

，

圆心的坐标为，则，

由图可得，即，则，

由双勾函数的单调性可知，函数在区间上单调递增，

所以，当时，取得最小值.

故答案为：.

【点睛】本题考查平面向量数量积的最值，同时也考查了双勾函数单调性的应用，考查计算能力，属于中等题.

四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）

17. 已知圆与y轴相切于点，圆心在经过点与点的直线l上．

（1）求圆的方程；

（2）若圆与圆相交于M，N两点，求两圆的公共弦长．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)利用两点求出直线方程l，利用圆心在l上又在求出圆心坐标，进而求出圆的半径求出圆的方程；

(2)利用两圆的方程相减得到公共弦所在直线方程，求出圆心到公共弦的距离，利用勾股定理求出两圆的公共弦长．

【小问1详解】

经过点与点的直线l的方程为，即，

因为圆与y轴相切于点，所以圆心在直线上，

联立解得可得圆心坐标为，

又因为圆与y轴相切于点，故圆的半径为4，

故圆的方程为．

【小问2详解】

圆的方程为，

即，圆，

两式作差可得两圆公共弦所在的直线方程为，

圆的圆心到直线的距离，

所以两圆的公共弦长为．

18. 已知a，b，c为的内角A，B，C所对的边，向量，且．

（1）求角C

（2）若，D为的中点，，求的面积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据向量垂直可得数量积为0，结合正余弦定理边角互化即可求解，

（2）根据余弦定理可求值，进而可求，根据三角形面积公式即可求解.

【小问1详解】

因为，所以，

由正弦定理得．

即，由余弦定理得，

因为，所以．

【小问2详解】

在三角形中，，

即，解得或，即或，

因为，故，

因为，所以，故，所以，

所以．

19. 2021年秋季学期，某省在高一推进新教材，为此该省某市教育部门组织该市全体高中教师在暑假期间进行相关学科培训，培训后举行测试（满分100分），从该市参加测试的数学老师中抽取了100名老师并统计他们的测试分数，将成绩分成五组，第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图.

（1）求a的值以及这100人中测试成绩在的人数；

（2）估计全市老师测试成绩的平均数和中位数（保留两位小数）；

（3）若要从第三、四、五组老师中用分层抽样的方法抽取6人作学习心得交流分享，并在这6人中再抽取2人担当分享交流活动的主持人，求第四组至少有1名老师被抽到的概率.

【答案】（1），20人，   

（2）平均数为分，中位数为分   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据各组的频率和为1，可求出的值，从而可求出成绩在的频率，进而可求出这100人中测试成绩在的人数；

（2）根据频率分布直方图可计算出平均数，频率分布直方图可判断出中位数在，然后列方程求解即可；

（3）先利用分层抽样的定义求出各组抽取的人数，然后利用列举法列出所有的情况，再列出第四组至少有1名老师的情况，然后利用古典概型的概率公式求解即可.

【小问1详解】

由题意得，解得，

所以这100人中测试成绩在的人数为（人），

【小问2详解】

平均数为分，

因为前2组的频率和为，前3组的频率为，

所以中位数在中，设中位数为，则

，解得，

所以中位数约为分，

小问3详解】

第三组的频率为，第四组的频率为，第五组的频率为，

所以从第三、四、五组老师中用分层抽样的方法抽取6人作学习心得交流分享，三组人数分别为3人，2人和1人，

设第三组抽取的人为，第四组抽取的人为，第五组抽取的人为，

则从这6人中抽取2人的所有情况如下：

,,，,共15种，

其中第四组至少有1名老师被抽到的有：,，共9种，

所以第四组至少有1名老师被抽到的概率为.

20. 在三棱锥中，平面，平面平面.

（1）证明：平面；

（2）若为的中点，且，，求平面与平面所成角的锐二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）过点在平面内作，垂足为点，证明出，，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；

（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，利用空间向量法可求得平面与平面所成角的锐二面角的余弦值.

【小问1详解】

解：过点在平面内作，垂足为点，

因为平面平面，平面平面，，平面，

平面，

平面，，

平面，平面，，

，、平面，因此，平面.

【小问2详解】

解：连接，，则为的中点，

又因为为的中点，则且，

平面，平面，又因为，设，

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、，

设平面的法向量为，，，

由得，取，可得，

设平面的法向量为，，，

由得，取，可得，

.

因此，平面与平面所成角的锐二面角的余弦值为.

21. 已知椭圆的左､右焦点分别为，且，点在曲线C上.

（1）求C的标准方程；

（2）设直线l与椭圆C交于M､N两点，且满足的内切圆的圆心落在直线上，求直线 l 的斜率.

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题可得，进而即得；

（2）由题可得，设直线方程联立椭圆方程，利用韦达定理法结合条件即得.

【小问1详解】

由题可知知，

又，

所以，

所以；

小问2详解】

因为的内切圆的圆心落在直线上，

所以直线关于直线对称，

所以的倾斜角互补，所以，

显然直线 l 的斜率存在，设，

由，得，

由得，

设，则，

由，

整理得，

所以，即，

若，则，

所以直线的方程为，

此时，直线过P点，舍去，

所以，即，

所以直线 l 的斜率为.

22. 已知函数（，）的图象关于直线对称：

（1）若的最小正周期为，求的解析式；

（2）若是的零点，是否存在实数，使得在上单调？若存在，求出的取值集合；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）存在，

【解析】

【分析】（1）由题意，利用正弦函数的周期性和对称性，求出和，可得函数的解析式；

（2）由题意，利用正弦函数的对称性、单调性，求出的取值集合.

【小问1详解】

∵函数，的图象关于直线对称，

最小正周期为，∴，，，

求得，，函数.

【小问2详解】

若是的零点，由于的图象关于直线对称，

则，①，

根据在上单调，有②，

由②可得，由①可得，所以，

故的取值集合为：.